Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?
A régi honlapot akarom!!! :-)

A B. 4477. feladat (2012. október)

B. 4477. Az ABC hegyesszögű háromszögben a szokásos jelölések mellett \alpha<\beta. Legyenek R és P az A, illetve a C csúcsból induló magasságok talppontjai. Jelölje Q az AB egyenes egy olyan, P-től különböző pontját, amelyre AP.BQ=AQ.BP. Bizonyítsuk be, hogy az RB egyenes felezi a PRQ szöget.

Javasolta: Mészáros József (Jóka)

(5 pont)

A beküldési határidő 2012. november 12-én LEJÁRT.


Útmutatás: Apolloniusz-kör.

Megoldás: Jegyezzük meg, hogy a feladatban megfogalmazott feltétel a Q pontot egyértelműen meghatározza. Azon X pontok mértani helye ugyanis, melyekre AX:BX=AP:BP teljesül, egy olyan Apollóniusz-kör, melynek AB egyenessel vett egyik metszéspontja P. A Q pont tehát a másik metszéspont.

Az APRC négyszög húrnégyszög, ezért ARP\sph=ACP\sph=90^\circ-
\alpha, vagyis PRB\sph=\alpha. Legyen B' a B pont tükörképe P-re; ez az AP szakasz egy belső pontja. CB'=CB, AB'=AP-BP, az AB'C háromszög szögei pedig rendre \alpha, 180o-\beta és \beta-\alpha. Vegyük fel az AB szakasz B-n túli meghosszabbításán azt a Q' pontot, amelyre Q'RB\sph=PRB\sph
=\alpha. Belátjuk, hogy erre a Q' pontra teljesül AQ':BQ'=AP:BP. Ez azt jelenti, hogy Q'=Q, amiből a feladat állítása azonnal következik, hiszen a Q' pontot úgy vettük fel az AB egyenesen, hogy RB felezze a PRQ' szöget.

Az RBQ' háromszög szögei is \alpha, 180o-\beta, \beta-\alpha. A két háromszög hasonlósága miatt BQ':RB=CB':AB'=CB:AB'. Ennélfogva

\frac{AQ'}{BQ'}=1+\frac{AB}{BQ'}=1+\frac{AB\cdot AB'}{CB\cdot RB}=
1+\frac{AB\cdot (AP-BP)}{CB\cdot RB}.

Az ABR és CBP háromszögek hasonlósága alapján RB:AB=PB:CB. Így valóban

\frac{AQ'}{BQ'}=1+\frac{AP-BP}{PB}=\frac{AP}{BP}.


Statisztika:

63 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:Ágoston Péter, Bingler Arnold, Bogár Blanka, Bősze Zsuzsanna, Dinev Georgi, Fehér Zsombor, Fekete Panna, Fonyó Viktória, Forrás Bence, Gyulai-Nagy Szuzina, Holczer András, Homonnay Bálint, Janzer Barnabás, Janzer Olivér, Kabos Eszter, Kátay Tamás, Kecskés Boglárka, Kúsz Ágnes, Lelkes János, Maga Balázs, Nagy-György Pál, Papp Roland, Petrényi Márk, Sagmeister Ádám, Schultz Vera Magdolna, Schwarcz Tamás, Szabó 789 Barnabás, Szabó 928 Attila, Szász Dániel Soma, Szilágyi Krisztina, Szőke Tamás, Tardos Jakab, Tossenberger Tamás, Tóth László Gábor, Tulassay Zsolt, Varga 149 Imre Károly, Venczel Tünde, Williams Kada.
4 pontot kapott:Balogh Tamás, Medek Ákos, Mócsy Miklós, Nagy Róbert, Nagy-György Zoltán, Qian Lívia, Sárosdi Zsombor, Seress Dániel, Sticza Gergő, Szabó 262 Lóránt, Weisz Ambrus.
3 pontot kapott:3 versenyző.
2 pontot kapott:1 versenyző.
1 pontot kapott:1 versenyző.
0 pontot kapott:4 versenyző.
Nem versenyszerű:5 dolgozat.

A KöMaL 2012. októberi matematika feladatai